数学B 数学的帰納法 問題 31 解説

方針・初手

漸化式

$$ a_{n+1}=1-\frac{1}{4a_n} $$

は、計算すると分数の分子・分母に規則性が現れる。まず数項を求めて一般項を推定し、その後は数学的帰納法で確定する。

不等式は、漸化式を

$$ 1-a_{n+1}=\frac{1}{4a_n} $$

と見直すと、二次式の判別式が $0$ になる形になっていることを利用する。

解法1

まず数列の初めの項を求める。

$$ a_1=\frac{3}{4} $$

より、

$$ a_2=1-\frac{1}{4a_1} =1-\frac{1}{4\cdot \frac{3}{4}} =1-\frac{1}{3} =\frac{2}{3} $$

である。

同様に、

$$ a_3=1-\frac{1}{4a_2} =1-\frac{1}{4\cdot \frac{2}{3}} =1-\frac{3}{8} =\frac{5}{8} $$

$$ a_4=1-\frac{1}{4a_3} =1-\frac{1}{4\cdot \frac{5}{8}} =1-\frac{2}{5} =\frac{3}{5} $$

$$ a_5=1-\frac{1}{4a_4} =1-\frac{1}{4\cdot \frac{3}{5}} =1-\frac{5}{12} =\frac{7}{12} $$

$$ a_6=1-\frac{1}{4a_5} =1-\frac{1}{4\cdot \frac{7}{12}} =1-\frac{3}{7} =\frac{4}{7} $$

したがって、

$$ a_1=\frac{3}{4},\quad a_2=\frac{4}{6},\quad a_3=\frac{5}{8},\quad a_4=\frac{6}{10},\quad a_5=\frac{7}{12},\quad a_6=\frac{8}{14} $$

と見られるから、一般項は

$$ a_n=\frac{n+2}{2n+2} =\frac{n+2}{2(n+1)} $$

と推定できる。

次に、これを数学的帰納法で証明する。

$n=1$ のとき、

$$ \frac{1+2}{2(1+1)}=\frac{3}{4} $$

であり、確かに成り立つ。

$n=k$ のとき

$$ a_k=\frac{k+2}{2(k+1)} $$

が成り立つと仮定する。このとき、

$$ \begin{aligned} a_{k+1} &=1-\frac{1}{4a_k}\\ &=1-\frac{1}{4\cdot \frac{k+2}{2(k+1)}}\\ &=1-\frac{k+1}{2(k+2)}\\ &=\frac{2(k+2)-(k+1)}{2(k+2)}\\ &=\frac{k+3}{2(k+2)}. \end{aligned} $$

これは

$$ a_{k+1}=\frac{(k+1)+2}{2((k+1)+1)} $$

であるから、$n=k+1$ のときも成り立つ。

よって、すべての正の整数 $n$ について

$$ a_n=\frac{n+2}{2(n+1)} $$

である。

次に、すべての実数 $x$ に対して

$$ a_nx^2+x+1\geqq a_{n+1} $$

を示す。

漸化式より、

$$ a_{n+1}=1-\frac{1}{4a_n} $$

であるから、

$$ 1-a_{n+1}=\frac{1}{4a_n} $$

である。したがって、

$$ \begin{aligned} a_nx^2+x+1-a_{n+1} &=a_nx^2+x+(1-a_{n+1})\\ &=a_nx^2+x+\frac{1}{4a_n}\\ &=a_n\left(x+\frac{1}{2a_n}\right)^2. \end{aligned} $$

ここで $a_n>0$ であるから、

$$ a_n\left(x+\frac{1}{2a_n}\right)^2\geqq 0 $$

である。よって、

$$ a_nx^2+x+1\geqq a_{n+1} $$

がすべての実数 $x$ に対して成り立つ。

最後に、すべての実数 $x$ に対して

$$ x^{2n}+x^{2n-1}+\cdots+x^2+x+1\geqq a_n $$

を示す。

これを数学的帰納法で証明する。

$n=1$ のとき、示すべき不等式は

$$ x^2+x+1\geqq a_1 $$

である。$a_1=\dfrac{3}{4}$ より、

$$ x^2+x+1-a_1 =x^2+x+\frac{1}{4} =\left(x+\frac{1}{2}\right)^2\geqq 0 $$

である。したがって、$n=1$ のとき成り立つ。

次に、$n=k$ のとき

$$ x^{2k}+x^{2k-1}+\cdots+x^2+x+1\geqq a_k $$

がすべての実数 $x$ について成り立つと仮定する。

$n=k+1$ のとき、左辺は

$$ x^{2k+2}+x^{2k+1}+\cdots+x^2+x+1 $$

である。これは

$$ x^2(x^{2k}+x^{2k-1}+\cdots+x^2+x+1)+x+1 $$

と書ける。

帰納法の仮定より、

$$ x^{2k}+x^{2k-1}+\cdots+x^2+x+1\geqq a_k $$

であり、また $x^2\geqq 0$ であるから、

$$ x^2(x^{2k}+x^{2k-1}+\cdots+x^2+x+1)\geqq a_kx^2 $$

である。したがって、

$$ x^{2k+2}+x^{2k+1}+\cdots+x^2+x+1 \geqq a_kx^2+x+1 $$

となる。

すでに示した不等式

$$ a_kx^2+x+1\geqq a_{k+1} $$

を用いれば、

$$ x^{2k+2}+x^{2k+1}+\cdots+x^2+x+1\geqq a_{k+1} $$

が従う。

よって、$n=k+1$ のときも成り立つ。

以上より、すべての正の整数 $n$ とすべての実数 $x$ に対して

$$ x^{2n}+x^{2n-1}+\cdots+x^2+x+1\geqq a_n $$

が成り立つ。

解説

この問題の中心は、漸化式を単に計算するだけでなく、

$$ 1-a_{n+1}=\frac{1}{4a_n} $$

という形に変形して、不等式の平方完成に結びつける点にある。

特に

$$ a_nx^2+x+1-a_{n+1} =a_n\left(x+\frac{1}{2a_n}\right)^2 $$

となるため、二次不等式は自然に証明できる。

最後の不等式では、

$$ x^{2n}+x^{2n-1}+\cdots+x+1 $$

を

$$ x^2(x^{2n-2}+x^{2n-3}+\cdots+x+1)+x+1 $$

と分解するのが重要である。これにより、前問の二次不等式をそのまま帰納法の推移に利用できる。

答え

(1)

$$ a_2=\frac{2}{3},\quad a_3=\frac{5}{8},\quad a_4=\frac{3}{5},\quad a_5=\frac{7}{12},\quad a_6=\frac{4}{7} $$

一般項は

$$ a_n=\frac{n+2}{2(n+1)} $$

である。

(2)

数学的帰納法により、

$$ a_n=\frac{n+2}{2(n+1)} $$

がすべての正の整数 $n$ について成り立つ。

(3)

すべての正の整数 $n$ とすべての実数 $x$ に対して、

$$ a_nx^2+x+1\geqq a_{n+1} $$

が成り立つ。

(4)

すべての正の整数 $n$ とすべての実数 $x$ に対して、

$$ x^{2n}+x^{2n-1}+\cdots+x^2+x+1\geqq a_n $$

が成り立つ。